Sobre la serie de los números reales positivos, cuyos términos están disminuyendo, y que tiende a $0$

Question

Deje $\{a_n\}$ ser una disminución de la secuencia de los números reales positivos tales que $\lim_{n \to \infty} a_n=0$ y

$\sum_{n=1}^{\infty}a_n= \infty$ ( para eaxmple , como $a_n:=\dfrac 1n$ ), entonces es cierto que para cada $r>0$ , existe un

subsequence $\{a_{r_n} \}$ $\{a_n\}$ tal que $\sum_{n=1}^{\infty} a_{r_n}=r$ ? Por ejemplo , para$\sum\dfrac 1n =\infty$$e>0$ , tenemos subsequence $\{\dfrac 1{n!}\}$ $\{\dfrac 1n\}$ tal que $\sum \dfrac 1{n!}=e$ , pero incluso para esta secuencia $\{\dfrac1 n \}$ , yo no soy capaz de probar mi afirmación general $r>0$ . Por favor, ayudar . Gracias de antemano

Answer 1

Vamos a dividir la prueba en varias proposiciones:

1. Existe una larga $a_{n_k}$ tal que $\sum_{k\ge 1} a_{n_k}<r$. La prueba aquí es bastante obvio, porque ponemos en $$n_1 = \min\{m\ge 1: a_m\le r/2\}\\ n_{k+1}=\min\{m> n_k: a_m\le 2^{-k-1}r \}.$$ Dada esta selección de $n_k$ obtenemos que $\sum_{k\ge 1} a_{n_k}\le \sum_{k\ge 1} 2^{-k-1}r=r$. En otras palabras, el conjunto de las subsecuencias cuya suma está por debajo de $r$ no está vacía.

2. Supongamos que tenemos una larga $a_{n_k}$ de la suma finita, entonces el conjunto de los índices de $U\subset \Bbb N$ es infinito. Por otra parte, la suma de $U$ es infinito. La prueba es también evidente: en efecto, si el conjunto de los índices es finito, entonces $\sum_{j\in U} a_j<+\infty$, e $\sum_{j\ge 1} a_j = \sum_{k\ge 1}a_{n_k}+\sum_{j\in U} a_j <\infty$, que es la contradicción. Si la suma de $U$ es finito, entonces la convergencia absoluta de la serie de $\sum_{j\in U} a_j$ $\sum_{k\ge 1}a_{n_k}$ permite decir que $\sum_{j\ge 1} a_j = \sum_{k\ge 1}a_{n_k}+\sum_{j\in U} a_j <\infty$, que también es una contradicción.

3. Denotar $$f(s,l)=\sum_{j=s}^{s+l}a_j.$$ We claim that for any $\delta>0$ there exist $s$ and $l$ such that $$\delta/2\le f(s,l)\le \delta.$$

De hecho, vamos a $s=\min\{m\ge 1: a_m\le \delta/2\}$. Tenga en cuenta que $\lim_{l\to\infty}f(s,l)=+\infty$, debido a que la serie diverge. También tenga en cuenta que $f(s,1)<\delta/2$. Por lo tanto, no existe $l\ge 1$ tal que $$f(s,l)\le \delta< f(s,l+1). $$ Por la monotonía de la secuencia llegamos $a_{s+l+1}\le a_s\le \delta/2$, por lo tanto $$f(s,l)= f(s,l+1)-a_{s+l+1}\ge \delta-\delta/2=\delta/2, $$, que es lo que se necesita para mostrar.

Ahora podemos poner todos estos resultados para un buen uso. Consideramos el conjunto de todas las posibles subsecuencias cuya suma es inferior de igual a $r$. Este conjunto es no vacío por el resultado de la primera. Ahora tome cualquier subsequence $a_{n_k}$ y considerar su suma $h$. Si $h=r$, entonces estamos bien. Si $r-h=\delta>0$, entonces aplicamos el tercer resultado para el conjunto de los índices de $U$ y obtener lo que se puede incluir un número finito de términos en nuestra larga tal que el nuevo subsequence $a_{n_k'}$ tiene que suma $h'$ en los límites $[r-\delta/2,r]$.

Repetimos este argumento para $\delta_1=\delta/2$ para obtener un nuevo larga con la suma de $[r-\delta/4,r]$, etc. Al final vamos a conseguir el deseado larga con la suma igual a $r$.

Answer 2

Deje $r>0$.

1) Vamos a $\epsilon_0=\min\{r,1\}$, y elija $N_1\in\mathbb{N}$ tal que $a_n<\epsilon_0$$n\ge N_1$ .

Deje $m_1$ ser el más pequeño entero $m\ge0$ tal que $\displaystyle s_1=\sum_{k=0}^{m}a_{N_{1}+k}>r-\epsilon_0$, lo $r-1<s_1<r$.

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(Si $m_1=0$, $s_1=a_{N_1}<\epsilon_0\le r;\;$ y

si $m_1>0$,$\displaystyle s_1=\sum_{k=0}^{m_1}a_{N_1+k}=\sum_{k=0}^{m_1-1}a_{N_1+k}+a_{N_1+m_1}<(r-\epsilon_0)+\epsilon_0=r$.)

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2) Deje $\epsilon_1=\min\{r-s_1,\frac{1}{2}\}$, y elija $N_2\in\mathbb{N}$ tal que $N_2>N_1+m_1$$a_n<\epsilon_1$$n\ge N_2$.

Deje $m_2$ ser el más pequeño entero $m\ge0$ tal que $\displaystyle s_2=s_1+\sum_{k=0}^{m}a_{N_{2}+k}>r-\epsilon_1$, lo $r-\frac{1}{2}<s_2<r$.

3) Deje $\epsilon_2=\min\{r-s_2,\frac{1}{3}\}$, y elija $N_3\in\mathbb{N}$ tal que $N_3>N_2+m_2$$a_n<\epsilon_2$$n\ge N_3$.

Deje $m_3$ ser el más pequeño entero $m\ge0$ tal que $\displaystyle s_3=s_2+\sum_{k=0}^{m}a_{N_{3}+k}>r-\epsilon_2$, lo $r-\frac{1}{3}<s_3<r$.

Continuar de esta forma por inducción, obtenemos una secuencia $(s_n)$ tal que $s_n\to r$, por lo que

los términos que aparecen en el $(s_n)$ dar un subsequence $(a_{r_n})$$(a_n)$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_{r_n}=r$.

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(Observe que este tipo de usos que $a_n>0$, $a_n\to 0$, y que $\displaystyle\sum_{n=k}^{\infty} a_n$ diverge para cualquier k,

pero no que la secuencia de $(a_n)$ está disminuyendo.)

Answer 3

Deja $$r= M + \sum_{i=1}^\infty \frac{b_i}{10^i},\ M\ b_i\in \mathbb{Z},\ 0\leq M\ 0\leq b_i \leq 9 $$

(1) Encontrar un menor $N_0$ s.t. $$ a_{N_0}< 1 $$

Y existe $L_0\geq N_0$ s.t. $$ M-1\leq \sum_{i=N_0}^{L_0} a_i < M$$ We contain these $a_i$ en una larga deseado.

(2) Encontrar un menor $N_1> L_0$ s.t. $$ a_{N_1}< \frac{1}{10} $$

Y existe $L_1\geq N_1$ s.t. $$ M + \frac{b_1-1}{10} \leq \sum_{i=N_1}^{L_1} a_i < M + \frac{b_1}{10} $$ Nos contienen estos $a_i$ en una larga deseado.

Procedemos estos pasos infinitamente.